TIỂU LUẬN VÀNH VỚI ĐIỀU KIỆN HỮU HẠN TẬP CON NIL

ĐẠI HỌC HUẾ
TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM
————*————
TIỂU LUẬN
VÀNH VỚI ĐIỀU KIỆN HỮU HẠN
Đề tài:
TẬP CON NIL
Giảng viên hướng dẫn : GS.TS. Lê Văn Thuyết
Học viên thực hiện : Hà Văn Quý
Lớp Cao học Toán K20
HUẾ, 4-2013
MỤC LỤC
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ii
Chương 1. Kiến thức cơ bản. . . . . . . . . . . . . . . 1
1.1. Vành thương phải cổ điển . . . . . . . . . . . 1
1.2. Định lí Goldie . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.3. Căn Jacobson . . . . . . . . . . . . . . . 4
Chương 2. Tập con nil. . . . . . . . . . . . . . . 6
2.1. Định lí về tập con nil . . . . . . . . . . . . 6
2.2. Chứng minh khác của Định lí về tập con nil. . . . . 8
Chương 3. Bài tập . . . . . . . . . . . . . . . . 11
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . 15
i
MỞ ĐẦU
Một trong những cấu trúc đầu tiên mà sinh viên ngành đại số biết đến là trường
thương của một miền nguyên giao hoán, được xây dựng như một tập hợp của các
phân số. Điều này dẫn đến một kỹ thuật hữu ích trong lý thuyết vành giao hoán,
đó là chuyển một vành giao hoán R bất kỳ sang một vành thương nguyên tố R/P
và sau đó là trường thương của R/P . Trong trường hợp không giao hoán, liệu có
thể chuyển từ một miền sang một vành chia được được xây dựng từ các thương?

Điều này không luôn đúng, nhưng lại xảy ra với miền Nơte nửa nguyên tố.
Nội dung cơ bản là định lý Goldie, chỉ ra rằng một vành Nơte nguyên tố bất
kỳ đều có một vành các thương Artin đơn. Định lí Goldie gợi ý hướng nghiên cứu
một vành Nơte R bằng cách chỉ làm việc trong một vành nửa đơn (vành thương
Goldie của R/N, với N là căn nguyên tố của R), ta đưa thông tin đó trở lại R/N,
và sau đó nâng thông tin từ R/N lên R. Đó là một hướng tiếp cận khá hiệu quả
và được sử dụng thường xuyên trong tài liệu [2]. Áp dụng trong tiểu luận này để
chứng minh cho một kết quả cổ điển: Vành con nil (vành con khác đơn vị) của một
vành Nơte là lũy linh.
Do yêu cầu của một tiểu luận nên nhiều định nghĩa, tính chất cần thiết chỉ
được nêu ra mà không chứng minh. Tác giả chỉ có thêm một số bình luận để thấy
được mối liên hệ giữa các kết quả. Mọi lý giải đều có thể tham khảo [2].
Cuối cùng, em xin chân thành cảm ơn thầy giáo GS.TS. Lê Văn Thuyết đã hỗ
trợ rất nhiều trong quá trình học tập và thảo luận. Cảm ơn các bạn học viên cao
học Toán khóa 20 đã động viên, giúp đỡ tôi hoàn thành tiểu luận.
Huế, ngày 05 tháng 4 năm 2013
Học viên thực hiện
Hà Văn Quý.
ii
CHƯƠNG 1
Kiến thức cơ bản
1.1. Vành thương phải cổ điển
Định nghĩa 1.1. Cho R là một vành.
1) Một iđêan nguyên tố của vành R là một iđêan thực sự P của R sao cho
Với I, J là các iđêan của R thỏa mãn IJ ⊆ P thì I ⊆ P hoặc J ⊆ P.
2) R là vành nguyên tố nếu 0 là iđêan nguyên tố.
3) Iđêan P của R được gọi là iđêan nửa nguyên tố nếu nó là giao của một
số iđêan nguyên tố.
4) Vành R được gọi là vành nửa nguyên tố nếu 0 là iđêan nửa nguyên tố.
5) Căn nguyên tố (prime radical) của vành R là giao của tất cả các iđêan

nguyên tố của R.
Nhận xét 1. 1) Iđêan thực sự P của R là iđêan nguyên tố khi và chỉ khi R/P
là vành nguyên tố.
2) Iđêan P của R là iđêan nửa nguyên tố khi và chỉ khi R/P là vành nửa nguyên
tố.
3) N là căn nguyên tố của vành R thì N là một iđêan nguyên tố.
Định lý 1.1.1 (Theorem 3.11 [2]). Cho R là một vành Nơte phải hoặc trái, và N
là căn nguyên tố của R. Khi đó, N là iđêan lũy linh của R chứa tất cả các iđêan
trái hoặc phải lũy linh của R.
Định lý 1.1.2 (Wedderburn, Artin). Cho một vành R, J(R) là căn Jacobson (Xem
Định nghĩa 1.10). Các điều kiện sau là tương đương:
1) R là Artin phải và J(R) = 0.
1
2) R là Artin trái và J(R) = 0.
3) R là nửa đơn.
Nhận xét 2. Một vành nửa đơn thì Artin.
Định nghĩa 1.2. Cho R là một vành . x ∈ R được gọi là phần tử chính quy
nếu x không là ước của không. Nghĩa là, x ∈ R chính quy nếu r.ann
R
(x) = 0 và
l.ann
R
(x) = 0.
Định nghĩa 1.3. 1) Một tập nhân (đầy đủ hơn, một tập đóng với phép
nhân có đơn vị) trong vành R là một tập con X ⊆ R sao cho 1 ∈ X và X
đóng đối với phép nhân.
2) Cho X là một tập nhân của vành R. X thỏa điều kiện Ore phải nếu
∀x ∈ X, r ∈ R, ∃y ∈ X, s ∈ R : ry = xs, hay rX ∩ xR = ∅.
3) Một tập nhân X thỏa mãn điều kiện Ore phải được gọi là tập Ore phải.
4) Điều kiện Ore trái và tập Ore trái cũng được định nghĩa tương tự. Tập Ore

là tập Ore phải và trái.
Định nghĩa 1.4. Cho vành R. Tập con X ⊆ R là một tập nhân của các phần tử
chính quy trong R. Một vành các thương phải (hay vành thương phải) của
R đối với X là vành S ⊇ R sao cho:
1) ∀x ∈ X, x
−1
∈ S.
2) ∀s ∈ S, s = ax
−1
, a ∈ R, x ∈ X.
Vành các thương trái được định nghĩa tương tự.
Định lý 1.1.3 (Theorem 6.2 [2]- Ore, Asano). Cho R là một vành và X ⊆ R là
một tập nhân của các phần tử chính quy. Khi đó, tồn tại một vành các thương phải
của R đối với X nếu và chỉ nếu X là tập Ore phải. Kí hiệu vành các thương phải
của R đối với X là S = RX
−1
.
2
Mệnh đề 1.1.4. Cho R là một vành và X ⊆ R là một tập Ore phải và trái các
phần tử chính quy. Khi đó RX
−1
= X
−1
R.
Định nghĩa 1.5. 1) Vành thương phải cổ điển (classiccal right quotient
ring) của vành R là một vành các thương phải của R tương ứng với tập tất
cả các phần tử chính quy trong R.
Khi R có một vành thương phải cổ điển Q, ta nói R là một thứ tự phải
(right order) trong Q.
2) Vành thương trái cổ điển được định nghĩa tương tự.

Nhận xét 3. Từ Định lí 1.1.3, R có một vành thương phải (trái) cổ điển khi và
chỉ khi tập các phần tử chính quy trong R là tập Ore phải (trái). Hơn nữa, theo
Mệnh đề 1.1.4, nếu R có một vành thương phải cổ điển và một vành thương trái
cổ điển thì các vành thương này trùng nhau, ta nói R có một vành thương phải
cổ điển.
Định nghĩa 1.6. Miền R được gọi là miền Ore phải nếu R\{0} tập Ore phải.
Nghĩa là, ∀x, y ∈ R, x = 0, y = 0, ∃r, s ∈ R : xr = ys = 0.
Bổ đề sau cho ta hệ quả miền Nơte phải là một miền Ore phải. Khái niệm
môđun có hạng hữu hạn xin tham khảo [2],tr.95.
Bổ đề 1.1.5. Miền R là Ore phải khi và chỉ khi R
R
có hạng hữu hạn.
Hệ quả 1.1.6. Mọi miền Nơte phải là miền Ore phải.
1.2. Định lí Goldie
Định nghĩa 1.7. Một iđêan I của vành R được gọi là một linh hóa tử phải
(trái) trong một vành R nếu I bằng linh hóa tử phải (trái) của một tập con nào
đó của R.
Định nghĩa 1.8. Vành R được gọi là một vành Goldie phải nếu R
R
có hạng
hữu hạn và R có ACC trên các linh hóa tử phải.
Ví dụ 1. Mọi vành Nơte phải là vành Goldie phải.
3
Tiếp theo là phát biểu của định lý Goldie, nội dung chính của phần kiến thức
chuẩn bị.
Định lý 1.2.1 (Theorem 6.15 [2]-Định lí Goldie). Vành R có một vành thương
phải cổ điển nửa đơn khi và chỉ khi R là một vành Goldie phải nửa nguyên tố.
Hệ quả 1.2.2. Mọi vành Nơte phải nửa nguyên tố đều có một vành thương phải
cổ điển nửa đơn.
Định nghĩa 1.9. Cho R là một vành Godie phải nửa nguyên tố. Khi đó vành

thương phải cổ điển của R gọi là Vành thương Goldie phải của R. Vành thương
Goldie phải của R là duy nhất sai khác đẳng cấu (xem [2], Corollary 6.4).
Mệnh đề 1.2.3. Nếu R là một vành Goldie trái và phải nửa nguyên tố thì vành
thương Goldie phải (trái) của R cũng là một vành thương Goldie trái (phải) của
R. Khi đó ta chỉ nói R có (duy nhất một) vành thương Goldie (không phân biệt
phải hay trái).
Như vậy, chúng ta đã hệ thống một số kiến thức liên quan đến vành thương
Goldie của vành Goldie nửa nguyên tố. Đây là những căn cứ để trình bày về tập
con nil.
1.3. Căn Jacobson
Ngoài ra để trình bày một số bài tập liên quan đến tập con nil, chúng tôi bổ sung
thêm khái niệm, tính chất về căn Jacobson của một vành.
Định nghĩa 1.10. Cho R là một vành. Căn Jacobson J(R) của R là giao của
tất cả các iđêan trái cực đại của R. Nếu R = 0 thì J(R) := {0}.
Bổ đề 1.3.1. Cho vành R và r ∈ R. Các điều kiện sau tương đương:
1) r ∈ J(R),
2) 1 − ar có một nghịch đảo trái với mọi a ∈ R,
3) rM = {0} với mọi R-môđun trái đơn M.
4
Hệ quả 1.3.2. Cho vành R.
1) J(R) = ∩ l.ann(M), với giao được lấy trên tất cả các R-môđun trái đơn M.
Từ đó J(R) là một iđêan hai phía của R.
2) r ∈ R nếu và chỉ nếu 1 − arb khả nghịch trong R với mọi a, b ∈ R.
Hệ quả 1.3.3. Cho R là một vành. Khi đó
1) J(R) là giao của tất cả các iđêan phải cực đại của R.
2) J(R) là iđêan trái (và hai phía) lớn nhất L của R sao cho 1 + L ⊆ U(R)
(nhóm các phần tử khả nghịch của R).
5
CHƯƠNG 2
Tập con nil

2.1. Định lí về tập con nil
Định lí Goldie gợi ý cho ta hướng nghiên cứu một vành Nơte R bằng cách chỉ làm
việc trong vành nửa đơn (vành thương Goldie của R/N, với N là căn nguyên tố
của R). Sau đó, ta đưa thông tin đó trở lại R/N, và lại chuyển thông tin từ R/N
sang R. Áp dụng trong tiểu luận này để chứng minh cho một kết quả cổ điển: Vành
con nil (vành con khác đơn vị) của một vành Nơte là lũy linh. Kết quả cũng đúng
với một tập con nil đóng đối với phép nhân.
Định nghĩa 2.1. Cho vành R.
1) Một tập con S của vành R được gọi là nil nếu mọi phần tử của S là lũy linh.
Nghĩa là,
∀s ∈ S, ∃n ∈ N : s
n
= 0.
2) Tập con S của R được gọi là lũy linh nếu S
n
= 0 với n ∈ N
∗
nào đó. Trong
đó
S
n
= {

x
α
1
x
α
2
· · · x

α
n
|x
α
i
∈ S, α
i
∈ N}.
3) Tập con S của R được gọi là đóng đối với phép nhân nếu ∀x, y ∈ S thì
xy ∈ S.
Ta phát biểu định lí về tập con nil trong vành Nơte.
Định lý 2.1.1 (Levitzki, Hopkins, Goldie).
Nếu R là một vành Nơte phải và S là một tập con nil đóng đối với phép nhân
của R, thì S là lũy linh.
Chứng minh. Gọi N là căn nguyên tố của R thì N là lũy linh (theo Định lý
1.1.1). Do đó tồn lại m ∈ N : N
m
= 0.
6
Trong vành R/N, xét S + N/N nếu (S + N)
k
= 0 thì S
k
+ N = 0, suy ra S
k
=
0 (= N). Mà N
m
= 0 nên S
km

= 0. Hay S là lũy linh. Do đó, ta chỉ cần chứng
minh ảnh của S trong R/N là lũy linh.
Mặt khác, N là căn nguyên tố của R nên N cũng là nửa nguyên tố, suy ra vành
R/N nửa nguyên tố và Nơte (theo Nhận xét 1 và do R Nơte). Theo Hệ quả 1.2.2
và Nhận xét 2, R/N có một vành thương phải cổ điển Artin.
Từ đó ta chỉ cần chứng minh một tập con nil đóng đối với phép nhân của một
vành Artin là lũy linh. Do vậy, không mất tính tổng quát, có thể giả thiết thêm R
là Artin, và 0 ∈ S.
Bước 1. Đặt l = length(R
R
).
Đầu tiên ta chứng minh trong vành R, nếu M là tập con lũy linh đóng đối với
phép nhân thì M
l
= 0.
Xét dãy giảm các iđêan phải của R:
R ≥ MR ≥ M
2
R ≥ · · ·
Vì R
R
có độ dài l, nên phải có số nguyên không âm m ≤ l sao cho M
m
R = M
m+1
R.
Suy ra (theo quy nạp), M
m
R = M
k

R, ∀k > m. Vì M là lũy linh nên tồn tại số s
sao cho M
s
= 0. Nếu s < m thì M
m
R = 0 còn nếu s > m thì M
s
R = M
m
R, do
đó ta luôn có M
m
R = 0. Suy ra M
l
= 0 (l ≥ m).
Bước 2. Gọi
P = {M ⊆ S|Mđóng đối với phép nhân, M
l
= 0}.
Ta có P = ∅ vì {0} ∈ P. Mọi dãy M
1
⊆ M
2
⊆ · · · trong P đều có cận trên là

i
M
i
thỏa (


i
M
i
)
l
= 0 nên

i
M
i
∈ P.
Vì vậy áp dụng bổ đề Zorn, trong P có một phần tử cực đại, gọi đó là N. Theo
phần trên, N là phần tử cực đại trong tất cả các tập con lũy linh đóng đối với
phép nhân của S, và 0 ∈ N (vì ngược lại thì N ∪ {0} trở thành một tập con lũy
linh đóng đối với phép nhân của S lớn hơn N).
Bước 3. Chứng minh S = N.
Giả sử S = N, ta sẽ chứng minh có một phần tử
s ∈ S\N : sN ⊆ N.
7
Ngược lại, giả sử với mọi s ∈ S\N, sN  N.
Khi đó có các phần tử s
0
∈ S\N, n
1
∈ N : s
0
n
1
/∈ N.
Với s

0
n
1
∈ S\N, ∃n
2
∈ N : s
0
n
1
n
2
/∈ N. Cứ tiếp tục như thế ta được
s
0
∈ S\N, n
1
, n
2
, . . . ∈ N sao cho s
0
n
1
n
2
. . . n
k
/∈ N với k = 1, 2, . . . .
Suy ra, s
0
n

1
n
2
· · · n
l
/∈ N. Mà N
l
= 0 nên s
0
n
1
n
2
· · · n
l
= 0 /∈ N, mâu thuẩn với
0 ∈ N.
Vậy tồn tại s ∈ S\N : sN ⊆ N.
Do S nil và s ∈ S nên tồn tại m ∈ N : s
m
= 0.
Đặt T = {s
i
|i = 1, 2, . . . , m − 1} ∪ {ns
i
|n ∈ N, i = 0, 1, . . . , m − 1}
thì T đóng đối với phép nhân trong S và thực sự chứa N. Một tích bất kỳ gồm m
phần tử của T sẽ bằng 0 hoặc chứa một nhân tử có dạng ns
i
. Từ đó, tất cả các

tích gồm m phần tử của T đều thuộc tập hợp
U = {ns
i
|n ∈ N, i = 0, 1, . . . , m − 1}.
Tiếp tục xét tích của l phần tử bất kỳ của U đều có dạng
n
1
s
i(1)
n
2
s
i(2)
· · · n
l
s
i(l)
với n
j
∈ N nào đó và i(j) ∈ {0, 1, . . . , m − 1}. Tuy nhiên mỗi tích như thế đều
bằng 0 do n
1
, s
i(1)
n
2
, . . . s
i(l−1)
n
l

∈ N và N
l
= 0.
Do đó, U
l
= 0 suy ra T
ml
= 0. Hay T lũy linh, đóng đối với phép nhân và thực
sự chứa N. Điều này mâu thuẩn với tính cực đại của N. Từ đó S = N, hay S lũy
linh. 
2.2. Chứng minh khác của Định lí về tập con nil
Định lý 2.2.1 (Levitzki).
Trong một vành Nơte trái, mọi iđêan trái nil thì lũy linh.
Chứng minh. Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử vành R Nơte, iđêan
trái A nil nhưng không lũy linh.
Nếu R có một iđêan trái lũy linh nào đó thì do R là Nơte nên nó sẽ có iđêan lũy
linh hai phía. Chọn N là iđêan cực đại trong số iđêan đó. Khi đó, R/N cũng là
8
vành Nơte có
¯
A nil nhưng không có iđêan lũy linh khác 0 nào cả. Do vậy, ta có thể
giả thiết thêm rằng R không có iđêan lũy linh khác 0 nào cả. A là iđêan trái nil
của R.
Lấy 0 = a ∈ A, đặt M = {ax = 0|x ∈ R} ⊆ A.
Với mỗi ax ∈ M đặt L(ax) = {y ∈ R|yax = 0} thì ta được một tập các iđêan trái
của R, thỏa điều kiện dây chuyền tăng nên có phần tử cực đại. Kí hiệu các phần
tử cực đại đó là L(ax
i
).
Khẳng định 1. Nếu t ∈ R và ax

i
t = 0 thì L(ax
i
t) = L(ax
i
).
Chứng minh khẳng định 1. Với ∀y ∈ L(ax
i
), yax
i
= 0, suy ra yax
i
t = 0, hay
y ∈ L(ax
i
t). Do đó L(ax
i
) ⊆ L(ax
i
t).
Mặt khác, do ax
i
t = 0 nên ax
i
t ∈ M. Và L(ax
i
) là iđêan trái cực đại trong các
iđêan L(u), u ∈ M suy ra L(ax
i
t) ⊆ L(ax

i
). Do đó L(ax
i
t) = L(ax
i
).
Khẳng định 2. Cho hữu hạn các phần tử ax
1
, ax
2
, . . . , ax
n
thỏa tính chất
L(ax
i
) cực đại như trên, thì tồn tại một phần tử u ∈ Rax
1
R, u = 0, sao cho
ax
1
u = ax
2
u = · · · = ax
n
u = 0.
Chứng minh khẳng định 2. Giả sử có một phần tử u thỏa mãn ax
1
u = ax
2
u =

· · · = ax
n−1
u = 0. Nếu ax
n
u = 0 thì khẳng định đúng. Nếu ax
n
u = 0, ta có thể giả
sử với mọi 0 = u ∈ Rax
1
R mà ax
1
u = ax
2
u = · · · = ax
n−1
u = 0 nhưng ax
n
u = 0.
Khi đó ta sẽ có một phần tử u sao cho uax
n
= 0. Vì nếu uax
n
= 0 với mọi
u ∈ Rax
1
R thì cũng đúng với mọi uR, tức là uRax
n
= (0). Suy ra (Rax
n
u)

2
=
Rax
n
(uRax
n
)u = (0), hay Rax
n
u là một iđêan trái lũy linh của R nên Rax
n
u = (0)
(do giả thiết R không có iđêan trái lũy linh). Kéo theo ax
n
u = 0 trái với điều giả
sử. Tóm lại ta có thể giả sử uax
n
= 0.
Ta có x
n
ua ∈ A và A nil, nên ∃t ∈ N sao cho
(uax
n
)
t
= ua(x
n
ua)(x
n
ua) · · · (x
n

ua)x
n
= ua(x
n
ua)
t−1
x
n
= 0.
Chọn t sao cho (uax
n
)
t
= 0, (uax
n
)
t−1
= 0, thì uax
n
(uax
n
)
t−1
= 0. Từ đó u ∈
L(ax
n
(uax
n
)
t−1

) nhưng u không thuộc L(ax
n
). Theo Khẳng định 1, ta phải có
ax
n
(uax
n
)
t−1
= 0. Do đó, có phần tử u

= (uax
n
)
t−1
= 0 thỏa điều kiện
ax
1
u

= ax
2
u

= · · · = ax
n
u

= 0.
9

Hơn nữa vì u ∈ Rax
1
R nên u

= (uax
n
)
t−1
∈ Rax
1
R. Vậy khẳng định 2 đã được
chứng minh.
Bây giờ xét dãy tăng các iđêan trái
Rax
1
, Rax
1
+ Rax
2
, . . . , Rax
1
+ Rax
2
+ · · · + Rax
n
, . . . .
Dãy phải dừng nên tồn tại n ∈ N sao cho Rax
i
⊆


n
j=1
Rax
j
với mọi ax
i
sao cho
L(ax
i
) cực đại.
Theo Khẳng định 1, ax
1
r = 0 hoặc ax
1
r = ax
i
nào đó sao cho L(ax
i
) cực đại, với
mọi r ∈ R. Suy ra
Rax
1
R ⊆
n

j=1
Rax
j
.
Nhưng theo Khẳng định 2, có một phần tử u ∈ Rax

1
R sao cho
ax
1
u = · · · = ax
n
u = 0
nên
Rax
1
Ru ⊆
n

j=1
Rax
j
u = (0).
Từ đó, ta tìm được một iđêan trái Ru sao cho 0 = Ru ∈ Rax
1
R và (Ru)
2
⊆
(Rax
1
R)Ru = (0). Hay Ru là một iđêan trái lũy linh khác không của R. Điều này
mâu thuẩn với giả thiết bài toán. Vậy ta đã chứng minh xong định lí. 
10
CHƯƠNG 3
Bài tập
Bài toán 1. 1) Chứng minh iđêan (

¯
6) của Z
24
là lũy linh.
2) Cho vành giao hoán R. Chứng minh rằng iđêan Rr là lũy linh khi và chỉ khi
r là một phần tử lũy linh của R. Điều này còn đúng không khi R là vành
không giao hoán? Cho ví dụ.
3) Trong một vành R, mọi iđêan lũy linh thì nil. Điều ngược lại đúng không?
Cho ví dụ.
Chứng minh.
1) Ta có I = (
¯
6) = {
¯
0,
¯
6,
¯
12,
¯
18}. Và I
3
≡ 6
3
(mod 6) ≡ 0 (mod 24). Do đó, ta
luôn có I
3
=
¯
0. Vậy iđêan (

¯
6) của Z
24
là lũy linh.
2) Trong một vành giao hoán R, iđêan Rr là lũy linh khi và chỉ khi r là một
phần tử lũy linh. Điều này không còn đúng với vành không giao hoán. Ví dụ,
ma trận E
12
là một phần tử lũy linh của M
2
(Z) (vành các ma trận vuông
cấp 2 trên miền nguyên Z). Nhưng iđêan trái M
2
(Z)E
12
không phải lũy linh
(thậm chí không phải nil) vì nó chứa phần tử lũy đẳng E
22
.
3) Rõ ràng, một iđêan lũy linh là iđêan nil. Điều ngược lại nói chung không
đúng. Ví dụ, đặt
R = Z[X
1
, X
2
, · · · ]/(X
2
1
, X
3

2
, X
4
3
, · · · ).
Khi đó iđêan (X
1
, X
2
, · · · ) là nil, nhưng không lũy linh.
Thật vậy, với mọi X
i
, ta có X
i+1
i
=
¯
0. Tuy nhiên, với mỗi n ∈ N, tích của
n phần tử bất kỳ X
i
, X
i
∈ Z[X
1
, X
2
, · · · ], i = 1, . . . , n, đều không thuộc
(X
2
1

, X
3
2
, X
4
3
, · · · ). Do đó iđêan đã cho không lũy linh. 
Bài toán 2. Cho R là một vành và L
1
, L
2
, · · · , L
n
là các iđêan trái của R.
11
1) Nếu L
i
là nil thì L
i
⊆ J(R). (Trong đó J(R) là căn Jacobson của R).
2) Nếu mọi iđêan trái L
i
lũy linh thì L
1
+ L
2
+ · · · + L
k
cũng lũy linh.
Chứng minh. Ta chứng minh (1). Cho L là một iđêan trái nil của R. Xét

l ∈ L, ∃n ∈ N : l
n
= 0. Khi đó
(1 − l)(1 + l + · · · + l
n−1
) = 1 − l
n
= 1.
Do đó 1 − l khả nghịch. Suy ra 1 + L ⊆ U(R) (tập các phần tử khả nghịch của R).
Theo Hệ quả 1.3.3, ta có L ⊆ J(R).
(2). Ta chỉ cần chứng minh với trường hợp k = 2. Giả sử rằng L
1
, L
2
là hai iđêan
trái lũy linh, khi đó L
n
1
= L
m
2
= {0}. Xét tích
l = (a
1
+ b
1
)(a
2
+ b
2

) · · · (a
n+m
+ b
n+m
)
trong đó a
i
∈ L
1
, b
i
∈ L
2
.
Tích này là một tổng gồm 2
n+m
số hạng, mỗi số hạng là tích của n + m phần tử.
Trong mỗi tích gồm n + m phần tử đó, hoặc là có ít nhất n thừa số thuộc L
1
, hoặc
ít nhất m thừa số thuộc L
2
. Vì L
1
, L
2
là các iđêan trái lũy linh nên mỗi tích gồm
n +m phần tử đó phải bằng 0. Suy ra l = 0. Từ đó (L
1
+ L

2
)
n+m
= 0. Hay L
1
+ L
2
lũy linh. 
Bài toán 3. Nếu R là một vành Artin trái, thì J(R) là iđêan trái lũy linh lớn nhất,
và cũng là iđêan phải lũy linh lớn nhất. Từ đó suy ra rằng, trong trường hợp này,
mọi iđêan nil thì lũy linh.
Chứng minh. Theo Bài tập 2, ta chỉ cần chứng minh iđêan J = J(R) là lũy
linh. Ta có
J ⊇ J
2
⊇ J
3
⊇ · · ·
Bởi vì theo giả thiết, R là Artin trái nên tồn tại một số nguyên dương n sao cho
J
n
= J
n+k
, ∀k ∈ N. Ta chứng minh J
n
= 0. Giả sử ngược lại, khi đó, tồn tại một
iđêan trái L cực tiểu thỏa điều kiện
J
n
L = {0}.

12
Gọi l ∈ L sao cho J
n
l = {0}. Khi đó
J
n
(J
n
l) = J
2n
l = J
n
l = {0}.
Do tính cực tiểu của L ta phải có J
n
l = L. Do vậy, tồn tại r ∈ J
n
⊆ J(R) thỏa
rl = l. Từ đó, (1−r)l = 0. Nhưng vì r ∈ J nên theo Hệ quả 1.3.2 ta có 1−r ∈ U(R)
(tập các phần tử khả nghịch của R). Suy ra l = 0, mâu thuẩn. Vậy ta có J
n
= 0.

13
KẾT LUẬN
Tiểu luận gồm ba phần: mở đầu, nội dung và kết luận. Phần nội dung được
chia làm ba chương. Trong đó, chương 1 trình bày một số khái niệm và tính chất
cơ bản về vành thương Goldie của một vành R và định lí Goldie làm cơ sở cho các
chứng minh trong phần còn lại.
Chương 2 là nội dung chính của tiểu luận, chứng minh một kết quả cổ điển:

Một vành con nil của một vành Nơte thì lũy linh. Ngoài ra tác giả đã bổ sung một
hướng chứng minh khác cho bài toán đó.
Chương 3 là một số bài tập liên quan đến chủ đề của tiểu luận được chứng
minh chi tiết.
Quá trình thực hiện tiểu luận giúp tôi hiểu hơn chuyên đề Vành với điều kiện
hữu hạn, đặc biệt thấy được một ứng dụng của định lí Goldie nổi tiếng trong lý
thuyết vành và mô đun. Đó là những nội dung khó. Hiểu được nó, dù chưa nhiều
cũng đã là may mắn đối với tôi. Rất mong được sự góp ý của quý thầy cô và các
bạn để tiểu luận được hoàn thiện hơn. Một lần nữa tác giả xin chân thành cảm ơn
thầy giáo hướng dẫn và các bạn học viên.
14
TÀI LIỆU THAM KHẢO
Tiếng Việt
[1] T.C. Quỳnh, L.V. Thuyết (2012), Bài giảng Lý thuyết vành và môđun, ĐHSP
Huế.
Tiếng Anh
[2] K. R. Goodearl, R. B. Warfiekd, Jr (2004), An Introduction to Noncommuta-
tive Noetherian Rings, Second Edition, University of Liverpool, United King-
dom.
[3] I. N. Herstein, A theorem of Levitzki, />use.
15